Luận văn Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng

định lí Gergaune Định lí Gergaune được nhà toán học người Pháp Gergaune công bố vào năm 1818. Định lí 2.1 (Gergaune)[3] Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó: MA′ AA′ + MB′ BB′ + MC ′ CC ′ = 1. Định lí Gergaune có sự mở rộng rất tự nhiên nhờ khái niệm độ dài đại số. Tuy nhiên, nếu không có công cụ tích ngoài của hai véc tơ thì việc chứng minh Định lí Gergaune mở rộng không hề đơn giản. 10 Định lí 2.2 (Gergaune mở rộng). Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB, AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó: MA′ AA′ + MB′ BB′ + MC ′ CC ′ = 1. Chứng minh. Theo Hệ quả 1.2 và theo Hệ thức Chasles MA′ AA′ + MB′ BB′ + MC ′ CC ′ = S[MBC] S[ABC] + S[MCA] S[BCA] + S[MAB] S[CAB] = S[ABC] S[ABC] = 1. C ′ B A′ A C M B′ Hình 2.1 2.2. Ứng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán Định lí Ceva dạng lượng giác xuất hiện nhiều trong các tài liệu toán sơ cấp như một công cụ quan trọng để giải quyết bài toán ba đường thẳng đồng quy. Dưới đây, tác giả sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh cho định lí này dựa vào khái niệm tích ngoài của hai véc tơ. Định lí 2.3 (3) Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thỏa mãn điều kiện: M /∈ (AB) ∪ (AC), N /∈ (BC) ∪ (BA), P /∈ (CA) ∪ (CB). Chứng minh rằng: AM, BN, CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi sin( −−→ AM, −→ AB) sin( −−→ AM, −→ AC) . sin( −−→ BN, −−→ BC) sin( −−→ BN, −→ BA) . sin( −→ CP, −→ CA) sin( −→ CP, −−→ CB) = −1. 11 Giải. Chứng minh điều kiện cần Trường hợp 1: AM, BN, CP đồng quy (tại O). Ta có S[AOB] S[AOC] + S[BOC] S[BOA] + S[COA] S[COB] = 1. Từ đó, với chú ý O thuộc AM, BN, CP, theo Định lí 1.4 ta có S[AMB] S[AMC] + S[BNC] S[BNA] + S[CPA] S[CPB] = 1. ⇒ 1 2AM.AB. sin (−−→ AM, −→ AB ) .12BN.BC. sin (−−→ BN, −−→ BC ) .12CP.CA. sin (−→ CP, −→ CA ) 1 2AM.AC. sin (−−→ AM, −→ AC ) .12BN.BA. sin (−−→ BN, −→ BA ) .12CP.CB. sin (−→ CP, −−→ CB ) ⇒ sin (−−→ AM, −→ AB ) sin (−→ AO, −−→ AM ) .sin (−−→ BN, −−→ BC ) sin (−−→ BN, −→ BA ) .sin (−→ CP, −→ CA ) sin (−→ CP, −−→ CB ) = −1. Trường hợp 2: AM, BN, CP đôi một song song. A B C N ′ P ′ M ′ M N P Hình 2.2 Khi đó, với chú ý rằng M /∈ (AB) ∪ (AC), n /∈ (BC) ∪ (BA), P /∈ (CA) ∪ (CB), ta có AM, BN, CP theo thứ tự cắt BC, CA, AB. Đặt M ′ = AM ∩ BC,N ′ = BN ∩ CA,P ′ = CP ∩ AB. Ta có 12 M ′B M ′C . N ′C N ′A . P ′A P ′B = M ′B M ′C . BC BM ′ . CM ′ CB = −1. ⇒ S [AM ′B] S [AM ′C] . S [BN ′C] S [BN ′A] . S [CP ′A] S [CP ′B] = −1. Từ đó, với chú ý rằng M ∈ AM ′;B ∈ BN ′;P ∈ CP ′, ta có ⇒ S [AMB] S [AMC] . S [BNC] S [BNA] . S [CPA] S [CPB] = −1. Tiếp tục khai triển tương tự như trường hợp 1, ta có sin (−−→ AM, −→ AB ) sin (−→ AO, −−→ AM ) .sin (−−→ BN, −−→ BC ) sin (−−→ BN, −→ BA ) . sin (−→ CP, −→ CA ) sin (−→ CP, −−→ CB ) = −1. Tóm lại, điều kiện cần đã được chứng minh. Chứng minh điều kiện đủ Trường hợp 1: AM, BN, CP đôi một song song. Khi đó, ta có ngay điều cần chứng minh. Trường hợp 2: AM, BN, CP không đôi một song song. Khi đó, tồn tại hai trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử BN và CP cắt nhau, gọi giao điểm của chúng là O. Khi đó, ta có AO, BN, CP đồng quy. Nhờ kết quả đạt được trong phép chứng minh điều kiện cần, ta có sin (−→ AO, −→ AB ) sin (−→ AO, −→ AC ) .sin (−−→ BN, −−→ BC ) sin (−−→ BN, −→ BA ) . sin (−→ CP, −→ CA ) sin (−→ CP, −−→ CB ) = −1 Theo giả thiết, ta có sin (−−→ AM, −→ AB ) sin (−→ AO, −−→ AM ) .sin (−−→ BN, −−→ BC ) sin (−−→ BN, −→ BA ) . sin (−→ CP, −→ CA ) sin (−→ CP, −−→ CB ) = −1. Suy ra, sin (−→ AO, −→ AB ) sin (−→ AO, −→ AC ) = sin (−−→ AM, −→ AB ) sin (−−→ AM, −→ AC ) 13 ⇒ cos ((−→ AO, −→ AB ) − (−−→ AM, −→ AO ) − (−→ AO, −→ AC )) − cos ((−→ AO, −→ AB ) + (−−→ AM, −→ AO ) + (−→ AO, −→ AC )) = cos ((−→ AO, −→ AC ) − (−−→ AM, −→ AO )(−→ AO, −→ AB )) − cos ((−→ AO, −→ AC ) − (−−→ AM, −→ AO ) − (−→ AO, −→ AB )) ⇒ cos ((−→ AC, −→ AB ) − (−−→ AM, −→ AO )) = cos ((−→ AB, −→ AC ) − (−−→ AM, −→ AO )) ⇒ sin (−→ AC, −→ AB ) sin (−−→ AM, −→ AO ) = sin (−→ AB, −→ AC ) sin (−−→ AM, −→ AO ) . ⇒ sin (−−→ AM, −→ AO ) = − sin (−−→ AM, −→ AO ) . ⇒ sin (−−→ AM, −→ AO ) = 0. ⇒ (−−→ AM, −→ AO ) = k1800. ⇒ −−→AM ↑↑ −→AO hoặc −−→AM ↑↓ −→AO ⇒ Đường thẳng AM trùng với đường thẳng AO. ⇒ O ∈ AM . Vậy AM, BN, CP đồng quy (tại O). Tóm lại, điều kiện đủ đã được chứng minh. 2.3. Vấn đề tỉ số kép của chùm đường thẳng Khái niệm tỉ số kép của chùm đường thẳng thường được định nghĩa thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm. Tuy nhiên, bằng nhiều cách khác nhau, ta vẫn có thể định nghĩa khái niệm tỉ số kép của một chùm đường thẳng mà không thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm. Định lí sau đây cho ta một cách định nghĩa như vậy. Định lí 2.4 [3] Với bốn đường thẳng đồng quy (tại O) OA, OB, OC, OD: O(ABCD) = sin (−→ OC, −→ OA ) sin (−→ OC, −−→ OB ) : sin (−−→ OD, −→ OA ) sin (−−→ OD, −−→ OB ) . (2.1) Ở đây, kí hiệu O(ABCD) là tỉ số kép của chùm đường thẳng OA, OB, OC, OD. 14 Chứng minh. Vẽ đường thẳng4 không đi qua O, theo thứ tự cắt các đường thẳng OA, OB, OC, OD tại X, Y, Z, T. Theo Định lí 1.4: O(ABCD) = ZX ZY : TX TY = S[OZX] S[OZY ] : S[OTX] S[OTY ] = 1 2 OZ.OX sin( −→ OZ, −−→ OX) 1 2 OZ.OY sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : 1 2 OT.OX sin( −→ OT, −−→ OX) 1 2 OT.OY sin( −→ OT, −−→ OY ) = sin( −→ OZ, −−→ OX) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −→ OT, −−→ OX) sin( −→ OT, −−→ OY ) . Nếu −−→ OX ↑↑ −→OA thì sin( −→ OZ, −−→ OX) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −→ OT, −−→ OX) sin( −→ OT, −−→ OY ) = sin( −→ OZ, −→ OA) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −→ OT, −→ OA) sin( −→ OT, −−→ OY ) . Nếu −−→ OX ↑↓ −→OA thì sin( −→ OZ, −−→ OX) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −→ OT, −−→ OX) sin( −→ OT, −−→ OY ) = sin(( −−→ OZ, −→ OA) + 1800) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin(( −−→ OT, −→ OA) + 1800) sin( −−→ OT, −−→ OY ) = − sin(−−→OZ,−→OA) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : − sin(−−→OT,−→OA) sin( −−→ OT, −−→ OY ) = sin( −−→ OZ, −→ OA) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −−→ OT, −→ OA) sin( −−→ OT, −−→ OY ) . Vậy trong cả hai trường hợp, ta đều có sin( −−→ OZ, −−→ OX) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −−→ OT, −−→ OX) sin( −−→ OT, −−→ OY ) = sin( −−→ OZ, −→ OA) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −−→ OT, −→ OA) sin( −−→ OT, −−→ OY ) . Tiếp tục như trên: sin( −−→ OZ, −−→ OX) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −−→ OT, −−→ OX) sin( −−→ OT, −−→ OY ) = sin( −−→ OZ, −→ OA) sin( −−→ OZ, −−→ OY ) : sin( −−→ OT, −→ OA) sin( −−→ OT, −−→ OY ) = sin( −−→ OZ, −→ OA) sin( −−→ OZ, −−→ OB) : sin( −−→ OT, −→ OA) sin( −−→ OT, −−→ OB) = sin( −−→ OC, −→ OA) sin( −−→ OC, −−→ OB) : sin( −−→ OT, −→ OA) sin( −−→ OT, −−→ OB) = sin( −−→ OC, −→ OA) sin( −−→ OC, −−→ OB) : sin( −−→ OD, −→ OA) sin( −−→ OD, −−→ OB) . 15 Tóm lại O(ABCD) = sin (−→ OC, −→ OA ) sin (−→ OC, −−→ OB ) : sin (−−→ OD, −→ OA ) sin (−−→ OD, −−→ OB ) . 2.4. Một số bài toán Bài toán 2.1 [1] Cho tứ giác lồi ABCD. Cho I, J là trung điểm của AC, BD, E = AD ∩BC. Chứng minh rằng S(EIJ) = 1 4 S(ABCD). B E A C D I J Hình 2.3 Giải. Ta có S [EIJ ] = 1 2 −→ EI ∧ −→EJ = 1 2 ( 1 2 (−→ EA+ −−→ EC )) ∧ ( 1 2 (−−→ EB + −−→ ED )) = 1 4 . 1 2 (−→ EA ∧ −−→EB +−−→EC ∧ −−→EB +−→EA ∧ −−→ED +−−→EC ∧ −−→ED ) = 1 4 . 1 2 (−→ EA ∧ −−→EB +−−→EB ∧ −−→EC +−−→EC ∧ −−→ED +−−→ED ∧ −→EA ) = 1 4 (S[EAB] + S[EBC] + S[EDC] + S[EDA]) . 16 (vì −−→ EB ∧ −−→EC = −−→ED ∧ −→EA = 0). Từ đó suy ra S(EIJ) = 1 4 S(ABCD).  Bài toán 2.2 [2] Cho tam giác ABC. Các điểm A′, B′, C ′ theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC,CA,AB và A”, B”, C” theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AA′, BB′, CC ′. Chứng minh rằng S(A”B”C”) = 1 4 S(A′B′C ′). A B CA′ B′ C ′ A′′ C ′′ B′′ Hình 2.4 Giải. Ta có S[A”B”C”] = 1 2 −→ AB ∧ −→AC = 1 2 ( 1 2 (−→ AB + −−→ A′B′ )) ∧ ( 1 2 (−→ AC + −−→ A′C ′ )) = 1 4 . 1 2 (−→ AB ∧ −→AC +−−→A′B′ ∧ −→AC +−→AB ∧ −−→A′C ′ +−−→A′B′ ∧ −−→A′C ′ ) = 1 4 (S[ABC]− S[A′CA]− S[A′AB] + S[A′B′C ′]) = 1 4 S[A′B′C ′]. Từ đó, suy ra S(A”B”C”) = 1 4 S(A′B′C ′).  17 Bài toán 2.3 [1] Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì, một đường thẳng 4 qua M cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng S[MBC] MA1 + S[MCA] MB1 + S[MAB] MC1 = 0. A B C M B1 A1 ∆ C1 Hình 2.5 Giải. Gọi −→e là vec tơ chỉ phương của trục 4. Ta có S[MBC] MA1 + S[MCA] MB1 + S[MAB] MC1 = 1 2 −−−→ MA1 ∧ −−→BC MA1 + 1 2 −−−→ MB1 ∧ −→CA MB1 + 1 2 −−−→ MC1 ∧ −→AB MC1 = 1 2 (−−−→ MA1 MA1 ∧ −−→BC + −−−→ MB1 MB1 ∧ −→CA+ −−−→ MC1 MC1 ∧ −→AB ) = 1 2 (−→e ∧ −−→BC +−→e ∧ −→CA+−→e ∧ −→AB) = 1 2 −→e ∧ (−−→ BC + −→ CA+ −→ AB ) = 1 2 −→e ∧ −→0 = 0.  Bài toán 2.4 [2] Cho lục giác lồi ABCDEF. Các điểm M, N, P, Q, R, S theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, DE, CD, FA, EF, BC. Chứng minh rằng: MN, PQ, RS đồng quy khi và chỉ khi S(AEC) = S(BFD). 18 A B C D E F M S P N R Q Hình 2.6 Giải. Lấy điểm O bất kì, ta thấy 4 (−−→ OM ∧ −−→ON +−→OP ∧ −→OQ+−→OR ∧OS ) = (−→ OA+ −−→ OB ) ∧ (−−→ OD + −−→ OE ) + (−→ OC + −−→ OD ) ∧ (−→ OF + −→ OA ) + (−−→ OE + −→ OF ) ∧ (−−→ OB + −→ OC ) = −→ OA ∧ −−→OD +−→OA ∧ −−→OE +−−→OB ∧ −−→OD +−−→OB ∧ −−→OE +−→OC ∧ −→OF +−→OC ∧ −→OA + −−→ OD ∧ −→OF +−−→OD ∧ −→OA+−−→OE ∧ −−→OB +−−→OE ∧ −→OC +−→OF ∧ −−→OB +−→OF ∧ −→OC = (−→ OA ∧ −−→OE +−−→OE ∧ −→OC +−→OC ∧ −→OA ) − (−−→ OB ∧ −→OF +−→OF ∧ −−→OD +−−→OD ∧ −−→OB ) = 2 (S[OAE]− S[OEC]− S[OCA])− 2 (S[OBF ]− S[OFD]− S[ODB]) = 2(S[AEC]− S[BFD]). Suy ra 2 (−−→ OM ∧ −−→ON +−→OP ∧ −→OQ+−→OR ∧OS ) = (S[AEC]− S[BFD]) (∗) Đặt O =MN ∩ PQ. Từ (*) ta thấy −−→ OM ∧ −−→ON = −→OP ∧ −→OQ = 0 19 Vậy MN, PQ, RS đồng quy ⇔ O thuộc RS ⇔ −→OR ∧ −→OS = 0 ⇔ −−→OM ∧ −−→ON = −→OP ∧ −→OQ+−→OR ∧OS = 0 ⇔ S[AEC]− S[BFD] = 0 ⇔ S(AEC)− S(BFD) = 0 (do các tam giác AEC và BED cùng hướng) ⇔ S(AEC) = S(BFD).  Bài toán 2.5 [2] Cho bốn vec tơ −→a ,−→b ,−→c ,−→d . Chứng minh rằng(−→a ∧ −→b )(−→c ∧ −→d )+ (−→a ∧ −→c )(−→d ∧ −→b )+ (−→a ∧ −→d )(−→b ∧ −→c ) = 0. Giải. Ta có( ~a ∧~b )( ~c ∧ ~d ) + (~a ∧ ~c) ( ~d ∧~b ) + ( ~a ∧ ~d )( ~b ∧ ~c ) = 0. = −→a ∧ ( (~c ∧ ~d)−→b ) +−→a ∧ ( ( −→ d ∧ −→b )−→c ) +−→a ∧ ( ( −→ b ∧ −→c )−→d ) = −→a ∧ ( (~c ∧ ~d)−→b + (−→d ∧ −→b )−→c + (−→b ∧ −→c )−→d ) = −→a ∧ −→0 = 0.  Bài toán 2.6 [1] Cho tứ giác A1A2A3A4, Các điểm H1, H2, H3, H4 theo thứ tự là trực tâm của các tam giác A2A3A4, A3A4A1, A4A1A2, A1A2A3. Chứng minh rằng S[A1A2A3A4] = S[H1H2H3H4]. Giải. Lấy điểm O bất kì. VìH1, H2 là trực tâm của các tam giácA2A3A4, A3A4A1 nên { A1H2⊥A3A4 A2H1⊥A3A4 ⇒ −−−→A1H2 ‖ −−−→A2H1 ⇒ −−−→A1H2 ∧ −−−→A2H1 = 0⇒ (−−→ OH2 −−−→OA1 ) ∧ (−−→ OH3 −−−→OA2 ) = 0 ⇒ −−→OA1 ∧ −−→OA2 −−−→OH1 ∧ −−→OH2 = −−→OA1 ∧ −−→OH1 −−−→OA2 ∧ −−→OA2(1) ⇒ S[OA1A2]− S[OH1H2] = −−→OA1 ∧ −−→OH1 −−−→OA2 ∧ −−→OH2. (2.2) Tương tự ta có ⇒ S[OA2A3]− S[OH2H3] = −−→OA2 ∧ −−→OH2 −−−→OA3 ∧ −−→OH3 (2.3) 20 A1 A2 A3 A4 H4 H2 H3 H1 Hình 2.7 ⇒ S[OA3A1]− S[OH3H1] = −−→OA3 ∧ −−→OH3 −−−→OA1 ∧ −−→OH1 (2.4) Cộng từng vế của các đẳng thức (2.2),(2.3),(2.4), ta có S[A1A2A3]−S[H1H2H3] = 0 ⇒ S[A1A2A3] =S[H1H2H3]. (2.5) Tương tự như vậy S[A2A3A4] = S[H2H3H4] (2.6) S[A3A4A1] = S[H3H4H1] (2.7) S[A4A1A2] = S[H4H1H2]. (2.8) Từ (2.5) và (2.7) với chú ý rằng A2, A4 nằm về hai phía của A1A3. Suy ra H2, H4 nằm về hai phía củaH1H3. (2.9) Từ (2.6) và (2.8) với chú ý rằng A1, A3 nằm về hai phía của A2A4. Suy ra H1, H3 nằm về hai phía của H2H4. (2.10) Từ (2.9) và (2.10) suy ra H1H2H3H4 là tứ giác lồi và đương nhiên, ta có S[A1A2A3A4] = S[H1H2H3H4]. 21 Bài toán 2.7 [2] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). M là điểm bất kì, H, I, K là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng S[HIK] = 1 4 ( 1− OM 2 R2 ) S[ABC]. A B C A1 M B1 C1 K I Hình 2.8 Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác ABC có hướng dương. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Ta có S[AB1C1] + S[BC1A1] + S[CA1B1] = S[MB1C1]+S[MC1A]+S[MAB1]+S[MC1A1]+S[MA1B]+S[MBC1] +S[MA1B1] + S[MB1C] + S[MCA1] = (S[MB1C1] + S[MC1A1] + S[MA1B1]) + (S[MA1B] + S[MCA1]) +(S[MB1C] + S[MAB1]) + (S[MC1A] + S[MBC1]) = S[A1B1C1]−2S[MBC]−2S[MCA]−2S[MAB] = S[A1B1C1]−2S[ABC]. Vậy S[A1B1C1] = 2S[ABC] + S[AB1C1] + S[BC1A1] + S[CA1B1]. 22 Chú ý rằng AB1 = AM = AC1(−−→ AB1, −−→ AC1 ) + k1.360 0 = (−−→ AB1, AM ) + (−−→ AM1, −−→ AC1 ) + k2.360 0 = 2 (−→ AC,AM ) + 2 (−−→ AM, −→ AB ) + k3.360 0 = 2 (−→ AC, −→ AB ) + k4.360 0. Suy ra S[AB1C1] = 1 2 .AB1.AC1. sin (−−→ AB1, −−→ AC1 ) = −1 2 AM2. sin 2A. Tương tự ta có S[BC1A1] = −1 2 BM2. sin 2B;S[CA1B1] = −1 2 CM2. sin 2C. Vậy S[A1B1C1] = 2S[ABC]− 1 2 (AM2. sin 2A+BM2. sin 2B + CM2. sin 2C) (2.11) Từ đẳng thức S[OBC] −→ OA+ S[OCA] −−→ OB + S[OAB] −→ OC = −→ 0 suy ra 1 2 OB.OC. sin( −−→ OB, −→ OC) −→ OA + 1 2 OC.OA. sin( −→ OC, −→ OA) −−→ OB + 1 2 OA.OB. sin( −→ OA, −−→ OB) −→ OC = −→ 0 ⇒ sin 2A.−→OA+ sin 2B.−−→OB + sin 2C.−→OC = −→0 (2.12) Từ (2.12) ta có AM2. sin 2A+BM2. sin 2B + CM2. sin 2C = (R2 +OM2)(sin 2A+ sin 2B + sin 2C) = 4(R2 +OM2) sinA sinB sinC = 2 ( 1 + OM2 R2 ) 2R2 sinA sinB sinC = 2 ( 1 + OM2 R2 ) S[ABC] (2.13) Từ (2.11) và (2.13) suy ra S[A1B1C1] = ( 1− OM 2 R2 ) S[ABC]. Từ đó chú ý rằng S[A1B1C1] = 4S[HIK], Ta có S[HIK] = −1 4 ( 1− OM 2 R2 ) S[ABC]. (∗) 23 Nhận xét. Hệ thức (*) được tìm bởi Ơ-le. Từ (*) ta thấy H, I,K thẳng hàng ⇔ S[HIK] = 0⇔ 1− OM 2 R2 = 0⇔M ∈ (O;R). Ta nhận được kết quả quen thuộc về đường thẳng Sim-Sơn. Bài toán 2.8 [2] Cho tam giác ABC, đường cao AH. Về phía ngoài tam giác ta dựng các tam giác đồng dạng ABE, ACF sao cho ÂBE = ÂCF = 900. Chứng minh rằng AH,BF,CE đồng quy. Giải. A B C E H FL K Hình 2.9 Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác ABC có hướng dương. Đặt K = BF ∩AC,L = CE ∩AB. Dễ thấy AH, BF, CE không thể đôi một song song. Do đó AH,BF,CE đồng quy khi và chỉ khi HB HC . KC KA . LA LB = −1 ⇒ S [HAB] S [HAC] . S [FCB] S [FAB] . S [EAC] S [EBC] = −1 ⇔ S [AHB] S [AHC] . S [CBF ] S [ABF ] . S [ACE] S [BCE] = −1 1 2AH.AB. sin( −−→ AH, −→ AB).12CB.CF. sin( −−→ CB, −→ CF )12AC.AE. sin( −→ AC, −→ AE) 1 2AH.AC. sin −−→ AH, −→ AC)12AB.AF. sin( −→ AB, −→ AF )12BC.BE. sin( −−→ BC, −−→ BE) = −1 24 ⇔ CF AF . AE BE . sin( −−→ AH, −→ AB) sin( −−→ AH, −→ AC) . sin( −−→ CB, −→ CF ) sin( −→ AB, −→ AF ) . sin( −→ AC, −→ AE) sin( −−→ BC, −−→ BE) = −1 (2.14) Vì 4ABE đồng dạng với 4ACF nên CF AF . AE BE = 1. (2.15) Mặt khác  (−−→ AH, −−→ AB ) = (−−→ AH, −−→ CB ) + (−−→ CB, −−→ AB ) + k1.360 0 = −900 + (−−→ CB, −−→ AB ) + k2.360 0(−−→ AH, −→ AC ) = (−−→ AH, −−→ CB ) + (−−→ CB, −→ AC ) + k3.360 0 = −900 + (−−→ CB, −→ AC ) + k4.360 0(−−→ CB, −−→ CF ) = (−−→ CB, −→ AC ) + (−→ AC, −−→ CF ) + k5.360 0 = 900 + (−−→ CB, −→ AC ) (−−→ AB, −→ AF ) = (−−→ AB, −→ AC ) + (−→ AC, −→ AF ) + k6.360 0 = (−−→ AB, −→ AC ) + (−→ AE, −−→ AB ) + k7.360 0 = (−→ AE, −→ AC ) + k8.360 0(−−→ BC, −−→ BE ) = (−−→ BC, −−→ BA ) + (−−→ BA, −−→ BE ) + k9.360 0 = 900 + (−−→ BC, −−→ BA ) + k10.360 0 = 900 + (−−→ CB, −−→ AB ) + k11.360 0 ⇒  sin (−−→ AH, −→ AB ) = − cos (−−→ CB, −→ AB ) sin (−−→ AH, −→ AC ) = − cos (−−→ CB, −→ AC ) sin (−−→ CB, −→ CF ) = cos (−−→ CB, −→ AC ) sin (−→ AB, −→ AF ) = −sin (−→ AC, −→ AE ) sin (−−→ BC, −−→ BE ) = cos (−−→ CB, −→ AB ) (2.16) Từ (2.15) ,(2.16) suy ra (2.14) đúng.  Bài toán 2.9 [2] Cho tứ giác ABCD có AD=BC. Về phía ngoài nó ta dựng các tam giác bằng nhau ADE, BCF. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AB, CD, EF thẳng hàng. 25 A B C D E M N F P Hình 2.10 Giải. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của AB, CD, EF. Ta có −−→ MN ∧ −−→MP = 1 2 (−−→ AD + −−→ BC ) ∧ 1 2 (−→ AE + −−→ BF ) = 1 4 (−−→ AD ∧ −→AE +−−→AD ∧ −−→BC +−−→BC ∧ −→AE +−−→BC ∧ −−→BF ) = 1 4 ( S [ADE] + S [BCF ] + AD.BF. sin (−−→ AD, −−→ BF ) +BC.AE. sin (−−→ BC, −→ AE )) (2.17) Mặt khác, vì 4ADE,4BCF bằng nhau và ngược hướng nên ta có{ S [ADE] + S [BCF ] = 0 AD.BF = BC.AE (2.18) và(−−→ AD, −−→ BF ) + (−−→ BC, −→ AE ) = (−−→ AD, −−→ BC ) + (−−→ BC, −−→ BF ) + (−−→ BC, −→ AE ) + k1.360 0 = (−−→ AD, −→ AE ) + (−−→ BC, −−→ BF ) + k2.360 0 = k3.360 0. (2.19) Từ (2.17), (2.18) và (2.19) suy ra: −−→ MN ∧ −−→MP = 0⇒ −−→MN//−−→MP Do đó, M, N, P thẳng hàng.  26 Bài toán 2.10 [1] Trên ba đường thẳng a, b, c theo thứ tự cho các điểm A, B, C chuyển động đều theo một hướng xác định, với cùng một vận tốc và cùng một thời điểm ban đầu. Biết rằng, tại thời điểm ban đầu A, B, C không thẳng hàng. Chứng minh rằng, không tồn tại quá hai thời điểm mà tại đó A, B, C thẳng hàng. Giải. a b c A0 B0 C0 At Bt Ct lA lB w Hình 2.11 Giả sử hướng chuyển động của các điểm A, B, C là hướng của các véc tơ đơn vị −→eA,−→eB,−→eC , vận tốc của A, B, C là v. Tại thời điểm ban đầu, các điểm A, B, C tương ứng ở các vị trí A0, B0, C0. Sau một khoảng thời gian t kể từ thời điểm ban đầu, ta kí hiệu A, B, C là At, Bt, Ct. Với các kí hiệu trên, ta có  −−−→ A0At = vt −→eA−−−→ B0Bt = vt −→eB−−→ C0Ct = vt −→eC . (2.20) Vì A0, B0, C0 không thẳng hàng nên ta có: −−−→ A0B0 ∧ −−−→A0C0 6= 0. (2.21) Từ (2.20) suy ra:−−→ AtBt ∧ −−→AtCt = (−−−→ AtA0 + −−−→ A0B0 + −−−→ B0Bt ) ∧ (−−−→ AtA0 + −−−→ A0C0 + −−→ C0Ct ) = ( vt (−→eB −−→eA) +−−−→A0B0 ) ∧ ( vt (−→eC −−→eA) +−−−→A0C0 ) 27 = v2 (−→eB −−→eA) ∧ (−→eC −−→eA) t2 + v ( (−→eB −−→eA) ∧ −−−→A0C0 ) t +v ( (−→eC −−→eA)−−−→A0B0 ) t+ −−−→ A0B0 ∧ −−−→A0C0 = v2 (−→eA ∧ −→eB +−→eB ∧ −→eC +−→eC ∧ −→eA) t2+ +v ( (−→eB −−→eA) ∧ −−−→A0C0 + (−→eC −−→eA)−−−→A0B0 ) t+ −−−→ A0B0 ∧ −−−→A0C0 (2.22) Từ (2.21) và (2.22) suy ra phương trình (ẩn t): −−→ AtBt ∧ −−→AtCt = 0 không thể có quá hai nghiệm. Suy ra, không tồn tại quá hai thời điểm mà tại đó A,B, C thẳng hàng.  Bài toán 2.11 [2] Cho ngũ giác ABCDE. Các điểm X, Y, Z, T, U theo thứ tự là trung điểm của các cạnh CD, DE, EA, AB, BC. Chứng minh rằng nếu bốn trong năm đường thẳng AX, BY, CZ, DT, EU đồng quy thì cả năm đường thẳng đó đồng quy. A B C D E X U T Z Y O Hình 2.12 Giải. Lấy điểm O bất kì. Ta dễ dàng chứng minh được −→ OA ∧ −−→OX +−−→OB ∧ −−→OY +−→OC ∧ −→OZ + −−→ OD ∧ −→OT +−−→OE ∧ −→OU = 0. 28 Suy ra nếu AX, BY, CZ, DT đồng quy tại O thì −−→ OE ∧ −→OU = 0 ⇒−−→ OE// −→ OU ⇒ O ∈ EU. Vậy AX, BY, CZ, DT, EU đồng quy (tại O). Bài toán 2.12 [2] Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC. Các điểm I, J, K theo thứ tự là các trung điểm của các đoạn DM, MN, ND. Chứng minh rằng AI, BJ, CK đồng quy. Giải. A B C D O N M I J K Hình 2.13 Đặt O = AI ∩BJ . Ta có−→ OI ∧ −→OA = −→OJ ∧ −−→OB = 0. Ta có−−→ OK ∧ −→OC = −→OI ∧ −→OA−−→OJ ∧ −−→OB +−−→OK ∧ −→OC = 1 2 (−−→ OM + −−→ OD ) ∧ −→OA− 1 2 (−−→ OM + −−→ ON ) ∧ −−→OB + 1 2 (−−→ ON + −−→ OD ) ∧ −→OC = 1 2 ( −−→ OM ∧ −→OA+−−→OD ∧ −→OA−−−→OM ∧ −−→OB −−−→ON ∧ −−→OB +−−→ON ∧ −−→OV +−−→OD ∧ −→OC) 29 = 1 2 (−−→ OM ∧ (−→ OA−−−→OB ) + −−→ ON ∧ (−→ OC −−−→OB ) + −−→ OD ∧ −→OA+−−→OD ∧ −→OC ) = 1 2 (−−→ OM ∧ −→BA+−−→ON ∧ −−→BC +−−→OD ∧ −→OA+−−→OD ∧ −→OC ) = 1 2 (−→ OA ∧ −→BA+−→OC ∧ −−→BC +−−→AD ∧ −→OA+−−→CD ∧ −→OC ) = 1 2 (−→ OA ∧ (−→ BA+ −−→ DA ) + −→ OC ∧ (−−→ BC −−−→DC )) = 1 2 (−→ OA ∧ −→CA+−→OC ∧ −→AC ) = 1 2 ((−→ OA−−→OC ) ∧ −→CA ) = 1 2 (−→ CA ∧ −→CA ) = 0. Suy ra OK//OC ⇒ O ∈ KC. Vậy AI, BJ, CK đồng quy.  Bài toán 2.13 [2] Cho tam giác ABC, các điểm A′, B′, C ′ theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB. Các điểm A”, B”, C” theo thứ tự là các điểm đối xứng của các điểm A, B, C qua các điểm A′, B′, C ′. Chứng minh rằng S(A”B”C”) = 3S(ABC) + 4S(A′B′C ′). Giải. A B C A′′ B′′ C ′′ C ′ B′ A′ Hình 2.14 30 Không mất tính tổng quát, giả sử 4ABC có hướng dương. Từ đó, với chú ý rằng A’, B’, C’ theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB, ta có: 4A′B′C ′ và 4A”B”C” cũng có hướng dương. Ta có S(A”B”C”) = S[A”B”C”] = 1 2 −→ AB ∧ −→AC = 12 ( 2 −−→ A′B′ −−→AB ) ∧ ( 2 −−→ A′C ′ −−→AC ) = 1 2 ( 4 −−→ A′B′ ∧ −−→A′C ′ − 2−−→A′B′ ∧ −→AC − 2−→AB ∧ −−→A′C ′ +−→AB ∧ −→AC ) = 4S[A′B′C ′] + 2S[AA′C] + 2S[ABA′] + 2S[ABC] = 4S[A′B′C ′] + 3S[ABC] = 4S(A′B′C ′) + 3S(ABC).  Bài toán 2.14 [2] Cho tam giác ABC. Về phía ngoài của nó ta dựng các tam giác BA1C, CB1A, AC1B cân tại A1, B1, C1 đồng dạng với nhau. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Giải. A C1 B A1 C B1 χ Hình 2.15 AA1, BB1, CC1 không thể đôi một song song (1). Giả sử tam giác ABC có hướng dương, ta có 31 sin (−−→ AA1, −→ AB ) sin (−−→ AA1, −→ AC ) .sin (−−→ BB1, −−→ BC ) sin (−−→ BB1, −→ BA ) . sin (−−→ CC1, −→ CA ) sin (−−→ CC1, −−→ CB ) = S [AA1B] S [AA1C] . S [BB1C] S [BB1A] . S [CC1A] S [CC1B] = S [BAA1] S [CAA1] . S [CBB1] S [ABB1] . S [ACC1] S [ACC1] = 1 2BA.BA1 sin( −−→ BA, −−→ BA1) 1 2CA.CA1 sin( −−→ CA, −−→ CA1) . 1 2CB.CB1 sin( −−→ CB, −−→ CB1) 1 2AB.CB1 sin( −−→ AB, −−→ AB1) . 1 2AC.A1C sin( −−→ AC, −−→ AC1) 1 2BC.BC1 sin( −−→ BC, −−→ BC1) = − sin(B + α) sin(C + α) . − sin(C + α) sin(A+ α) . − sin(A+ α) sin(B + α) = −1 (2) Từ (1) và (2), theo định lí Ceva dạng sin, AA1, BB1, CC1 đồng quy.  Bài toán 2.15 [2] Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của AD, BE, CF. Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi S(ABCDEF ) = S(ACE) + S(BDF ). Trước hết, ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau Bổ đề. Diện tích đại số của tứ giác lồi ABCD được tính theo công thức sau S[ABCD] = 1 2 −→ AC ∧ −−→BD. Chứng minh. Theo hệ thức Sa-lơ về diện tích đại số, ta có S[ABCD] = S[AAB] + S[ABC] + S[ACD] + S[ADA] = 0 + 1 2 −→ AB ∧ −→AC + 1 2 −→ AC ∧ −−→AD + 0 = 1 2 −→ AC ∧ (−−→ AD −−→AB ) = 1 2 −→ AC ∧ −−→BD Giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử lục giác ABCDEF có hướng dương. Theo nhận xét trên, ta có 32 F A B C D E N P M Hình 2.16 −−→ MN ∧ −−→MP = 12 (−→ AE + −−→ DB ) ∧ 1 2 (−→ AC + −−→ DF ) = 1 2 ( 1 2 −→ AE ∧ −→AC + 1 2 −→ AE ∧ −−→DF + 1 2 −−→ DB ∧ −→AC + 1 2 −−→ DB ∧ −−→DF ) = 1 2 (S[AEC] + S[ADEF ] + S[DABC] + S[DBF ]) = 1 2 (−S(AEC) + S(ADEF ) + S(DABC)− S(DBF )) = 1 2 (S(ABCDEF )− S(ACE)− S(BDF )) Vậy M, N, P thẳng hàng ⇔ −−→MN ∧ −−→MP = 0 ⇔ S(ABCDEF )− S(ACE)− S(BDF ) = 0 ⇔ S(ABCDEF ) = S(ACE) + S(BDF ).  Bài toán 2.16 [1] Cho tam giác ABC. Các điểm M, N, P theo thứ tự chạy trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho BM BC = CN CA = AP AB = k. a) Chứng minh rằng AM, BN, CP là độ dài ba cạnh của một tam giác mà ta kí hiệu là 4(k). b) Tìm k sao cho diện tích tam giác 4(k) nhỏ nhất. Giải. a/ Không mất tính tổng quát, ta giả sử tam giác ABC có hướng dương. Ta có 33 A B CM N P Hình 2.17  −−→ AM = (1− k)−→AB + k−→AC−−→ BN = (1− k)−−→BC + k−→BA−→ CP = (1− k)−→CA+ k−−→CB . ⇒ −−→AM + −−→BN + −→CP = (1 − 2k) (−→ AB + −−→ BC + −→ CA ) = (1 − 2k).−→0 = −→ 0 . (1) Mặt khác, −−→ AM ∧ −−→BN = ( (1− k)−→AB + k−→AC ) ∧ ( (1− k)−−→BC + k−→BA ) = ( (1− k)2−→AB ∧ −−→BC + k(1− k)−→AC ∧ −−→BC + (1− k)k−→AB ∧ −→BA+ k2−→AC ∧ −→BA ) = ( (1− k)2S[ABC] + k(1− k)S[ABC] + 0 + k2S[ABC] ) = ( (1− k)2 + k(1− k) + k2 ) S[ABC] = (k2 − k + 1)S(ABC) = (( k − 1 2 )2 + 3 4 ) S(ABC) > 0 Suy ra −−→ AM, −−→ BN không cùng phương. Tương tự như vậy, −−→ AM, −−→ BN, −→ CP đôi một không cùng phương (2). Từ (1) và (2), theo định nghĩa phép cộng véc tơ, ta có: AM, BN, CP là độ dài ba cạnh của một tam giác. b/ Đặt S4(k) là diện tích tam giác 4(k). Theo câu a) ta có S4(k) = 1 2 −−→ AM ∧ −−→BN = (( k − 1 2 )2 + 3 4 ) S(ABC) ≥ 3 4 S(ABC). 34